山东省菏泽市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（教师版含解析）

这是一份山东省菏泽市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（教师版含解析），共21页。试卷主要包含了 已知向量与的夹角为，则， 已知为复数，是的共轭复数，则等内容，欢迎下载使用。
1. 若复数满足(为虚数单位)，则的共轭复数在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】先由求出复数，再求出其共轭复数，从而可判断其在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】由，
得，
则在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限．
故选：C .
2. 已知向量与的夹角为，则( )
A. 12B. 16C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量模的数量积公式，即可计算结果.
【详解】

.
故选：C
3. 在正方体中，，分别为，的中点，则平面截正方体所得的截面多边形的形状为( )
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】B
【解析】
【分析】把截面补形可得利用四点共面可得．
【详解】解：如图，把截面补形为四边形，
连接，，
因为，分别为，的中点，则，
又在正方体中，
所以，则四点共面.
则平面截正方体所得的截面多边形的形状为四边形.
故选：B.
4. 已知某工厂生产A，B，C三种型号的零件，这三种型号的零件周产量之比为2：3：5，现在用分层抽样的方法从某周生产的零件中抽取若干个进行质量检查，若抽取B型号零件15个，则这三种型号的零件共抽取的个数为( )
A. 50B. 55C. 60D. 65
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用分层抽样的定义求解即可
【详解】设这三种型号的零件共抽取的个数为个，
因为这三种型号的零件周产量之比为2：3：5，且抽取B型号零件15个，
所以，解得.
所以这三种型号的零件共抽取的个数为50个.
故选：A
5. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其侧面展开图是一个圆心角为120°､半径为的扇形，则该屋顶的体积约为( )

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由侧面展开图可求出圆锥底面半径，再求出圆锥的高，从而可求出圆的体积
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，
因为圆锥的侧面展开图是一个圆心角为120°，半径为的扇形，
所以，解得，
所以圆锥的高，
所以圆锥的体积为，
故选：A
6. 在中，内角对边分别为，且，当时，的面积是( )
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理的边角变换与三角函数的性质求得角，从而利用三角形面积公式即可得解.
【详解】因为，由正弦定理得，
又，则，所以，
又显然，即，所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：B.
7. 在中，满足是的中点，若是线段上任意一点，且，则的最小值为( )
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得为等腰直角三角形，建立直角坐标系，利用坐标法可得向量的数量积，进而可得最值.
【详解】由，，为等腰直角三角形，
以为原点，，为轴和轴建立直角坐标系，如图所示，

，，，
是的中点，，
由于是线段上任意一点，可设，，
，，，
，
，
故当时，的最小值为.
故选：D．
8. 已知是锐角三角形，若，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用正弦定理与余弦定理的边角变换，结合三角函数的恒等变换求得，再求得角的范围，结合正弦定理边角变换与倍角公式即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，得，
由余弦定理得，所以，
即，由正弦定理得，
因为，则
所以，即.
因为为锐角三角形，
，
又在上单调递增，所以，则，
因为为锐角三角形，
.
所以.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是灵活运用正弦定理与余弦定理的边角变换，推得，从而得解.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 2023年“三月三”期间，某省交通部门统计了2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量(单位：万车次)，并与2022年比较，得到同比增长率(同比增长率=(今年车流量-去年同期车流量)÷去年同期车流量×100%)数据，绘制了如图所示的统计图，则( )
A. 2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的极差为25
B. 2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的中位数为17
C. 2023年4月19日至4月21日的高速公路车流量的方差小于2023年4月23日至4月25日的高速公路车流量的方差
D. 2022年4月23日的高速公路车流量约为20万车次
【答案】BD
【解析】
【分析】通过计算得到选项A错误B正确；观察数据的波动情况，得到选项C错误；设2022年4月23日的高速公路车流量为x万车次，求得，故D正确.
【详解】对于A：由题图知，2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的极差为，故A错误；
对于B：易知2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的中位数为17，故B正确；
对于C：2023年4月19日至4月21日的高速公路车流量波动更大，故C错误；
对于D：2023年4月23日的高速公路车流量为22万车次，同比增长率为10%，设2022年4月23日的高速公路车流量为x万车次，则，解得，故D正确.
故选：BD．
10. 已知为复数，是的共轭复数，则( )
A. 若为纯虚数，则
B. 若，则
C. 若，则的最大值为3
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据复数的运算，复数的定义，复数模的三角不等式及共轭复数的定义，计算求解后判断即得．
【详解】对于A，为纯虚数，
所以，即，所以A错误；
对于B，，
因为，所以，从而，所以正确；
对于C，由复数模的三角不等式可得，
当且仅当，即时，等号成立，所以C正确；
对于D，，所以D正确.
故选：BCD．
11. 设为两个随机事件，则( )
A. 若是互斥事件，，则
B. 若是对立事件，且，则
C. 若是独立事件，，则
D. 若，且，则是独立事件
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用互斥事件与相互独立事件性质逐一判断即可
【详解】对于A：若是互斥事件，，
则，故A正确；
对于B：若是对立事件，则，故B错误；
对于C：若是独立事件，，
则也是独立事件，，
则，故C正确；
对于D：若，且，
则，，故，
则是独立事件，故也是独立事件，故D正确.
故选：ACD.
12. 如图，正方体的棱长为分别为线段上的动点(不含端点)，则( )

A. 当为中点时，存在点使直线与平面平行
B. 当为中点时，存在点，使点与点到平面的距离相等
C. 当为中点时，平面截正方体所得的截面面积为
D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，取的中点，连接，，，，可证平面平面，从而可判断；对于B，假设与到平面的距离相等, 则平面必过的中点, 连接交于，则只有为的中点时，才满足条件，推出矛盾可判断；对于C，可得截面为梯形，求解即可判断；对于D，把平面与平面沿展开成一个平面，利用两点之间线段最短结合余弦定理即可判断.
【详解】对于A，当为中点时，存在分别是线段的中点, 使与平面平行，理由：如图所示，取的中点，连接，，，，
根据中位线定理可得，
所以平面，平面，平面，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以平面平面，
平面 平面平面，
平面平面， 故A正确；

对于B，假设与到平面的距离相等, 即平面将平分，
则平面必过的中点, 连接交于，
则只有为的中点时，才满足条件.
当为中点时，此时只有与重合时，才有为的中点，
但不与端点重合，所以不存在，使点与点到平面的距离相等，故B错误；
对于C，因为，所以四边形是平行四边形，
所以，当为中点时，，
四点共面, 截面为梯形，
由题意得等腰梯形的上底, 下底, 腰长为，
高为，所以面积为，
故C正确；
对于D，把平面与平面沿展开成一个平面，如图所示，连接交于点，此时的最小值为,且，
根据余弦定理可得，
即的最小值为，D正确.

故选：ACD
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 抛掷两个质地均匀的骰子，则“抛掷的两个骰子的点数之和是7”的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出总的基本事件，再列举出点数之和是7的基本事件，从而利用古典概型求解即可.
【详解】抛掷两个质地均匀的骰子，总的基本事件有件，
其中点数之和是7的基本事件有，共6件，
则“抛掷的两个骰子的点数之和是7”的概率为.
故答案为：.
14. 将一组正数的平均值和方差分别记为与，若，则__________.
【答案】100
【解析】
【分析】列出方差公式，代入数据即可求解.
【详解】根据题意得 ,
则 ,即，解得;
故答案为：100.
15. 在中，点是线段上的点，且满足，过点的直线分别交直线于点，且，，其中且，若的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用向量的线性运算得到关于与的表达式，再根据三点共线可得，从而利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】依题意，作出图形如下，

因为，，，则，
所以 ，
因为三点共线，所以，
因为，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
16. 点是棱长为1的正四面体表面上的动点，若是该四面体外接球的一条直径，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设正四面体S-ABC的外接球球心为O，外接球半径为R，内切球半径为r，且SH⊥平面ABC于H，利用AH，SH与外接球及内切球半径的关系，转化即可求解外接球、内切球的半径，然后利用向量的数量积，再根据即可求解.
【详解】设正四面体的外接球球心为，外接球半径为，内切球半径为，
且平面于，则，,

由得
所以，
因为，所以，即，
所以的取值范围是.
故答案为： .
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是求得正四面体的外接球半径和内切球半径，从而把问题转化为，再根据即可求解.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知复数.
(1)若是实数，求的值；
(2)若是纯虚数，求的值；
(3)若在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】(1)根据是实数可得，求解即可；
(2)根据z是纯虚数可得，求解即可；
(3)根据在复平面内对应的点在第二象限可得，求解即可.
【小问1详解】
，且z是实数，
， 解得，
故值是；
【小问2详解】
z是纯虚数，
，即，解得，
故的值是；
【小问3详解】
z在复平面内对应的点在第二象限，
，即，解得，
故的取值范围为.
18. 某城市医保局为了对该城市多层次医疗保障体系建设加强监管，随机选取了100名参保群众，就该城市多层次医疗保障体系建设的推行情况进行问卷调查，并将这100人的问卷根据其满意度评分值(百分制)按照分成5组，制成如图所示频率分布直方图.

(1)求图中的值；
(2)求这组数据的中位数；
(3)已知满意度评分值在内的男生数与女生数的比为，若在满意度评分值为的人中按照性别采用分层抽样的方法抽取5人，并分别依次进行座谈，求前2人均为男生的概率.
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】(1)利用频率之和求解即可；
(2)先判断中位数所在区间，再利用中位数的定义列式求解即可；
(3)先利用分层抽样确定男女生人数，再利用列举法与古典概型的概率公式求解即可.
【小问1详解】
依题意，得，解得；
【小问2详解】
因为，，
所以中位数在间，设为，
则，解得.
【小问3详解】
依题意，因为满意度评分值在的男生数与女生数的比为，
按照分层抽样的方法在其中随机抽取5人，则抽中男生3人，女生2人，依次分别记为，
对这5人依次进行座谈，前2人的基本事件有：，，，，，，，，，，共10件，
设“前2人均为男生”为事件A，其包含的基本事件有：，，，共3个，
所以．
19. 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于的动点，等腰直角三角形的面积为.

(1)求圆锥的表面积；
(2)若点是的一个三等分点，求三棱锥的体积.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据等腰直角三角形的面积为求得圆锥底面半径，再求得圆锥母线长，从而可求解表面积；
(2)在底面圆中为直角三角形，不妨设点B靠近点C，可得从而求得，，进而可求得，再利用等体积法即可求解.
【小问1详解】
等腰直角三角形中，又因为其面积为，
所以，即圆锥底面半径，
圆锥母线长为：，
所以圆锥SO的表面积为：．
【小问2详解】
在底面圆中为直角三角形，不妨设点B靠近点C，
可得．
由此可得的面积，
所以．
20. 记中，角所对边分别为，且.
(1)求的最大值；
(2)若，求及面积.
【答案】(1)
(2).
【解析】
【分析】(1)由，根据两角和的余弦公式求出，再将化为，根据基本不等式可求出结果；
(2)根据，，求出，，，和的面积.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
所以，所以，
所以
，
因为，为三角形的内角，所以，，
所以，当且仅当时，取等号，
所以，即的最大值为.
【小问2详解】
因为，所以，又由(1)知，，
所以，，，，
代入，得，，
，
由正弦定理得，得，得
所以.
21. 通过简单随机抽样，得到20户居民的月用水量数据(单位：)，这20户居民平均用水量是，方差是6.其中用水量最少的5户用水量为.用水量最多的5户用水量为.
(1)求20个样本数据的和分位数；
(2)估计其它10户居民的月用水量的平均数和方差.
【答案】(1)；
(2)；
【解析】
【分析】(1)根据百分位数的定义即可求解；
(2)设其它10个样本为x1，x2，x3，x4，…，x10，平均数记为，根据平均数的计算公式即可求得，进而可求解其它10户居民的月用水量的平均数；根据方差公式即可求解，进而可求解其它10户居民的月用水量数据的方差.
【小问1详解】
，则17.5%分位数是第4项数据，为，
，则90%分位数是第18项和19项数据的平均数，为．
【小问2详解】
设其它10个样本为x1，x2，x3，x4，…，x10，平均数记为，
，
所以，，则其它10户居民的月用水量的平均数；
20户居民的月用水量数据的方差记为，所求10户居民的月用水量数据的方差记为，
，
解得，所以.
所以所求10户居民的月用水量的平均数，方差为2.8．
22. 菱形中，平面.

(1)求证：平面；
(2)求异面直线与的距离；
(3)若球为三棱锥的外接球，求外接球半径与的长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，
【解析】
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理即可得解；
(2)先证平面平面，从而将问题转化为求平面与平面间的距离，从而推得即为所求，由此得解；
(3)利用侧棱垂直于底面的三棱锥外接球的性质得到，从而利用勾股定理即可得解.
【小问1详解】
在菱形中，，
因为平面平面，所以，
又平面，，所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，如图

因为，平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
因为平面平面，所以异面直线与的距离就是平面与平面的距离，
因为菱形中，，所以是等边三角形，则，
因为平面平面，所以，
又平面，，所以平面，
同理平面，所以异面直线与的距离即的长，
因为，所以在等边中，，
所以异面直线与的距离为.
【小问3详解】
由题意得知为等边三角形，且边长为2，
设其外接圆圆心为，半径为，得，
易知面，面，所以，又易知，
则在如图所示的直角梯形中，作，

所以，即，解得，
易知在上，且，则，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键是将异面直线的距离转化为两个平行面间的距离，再求得两平行面的公垂线即可得解.